专题10圆中的最值模型之瓜豆原理（曲线轨迹）

专题10圆中的最值模型之瓜豆原理（曲线轨迹）动点轨迹问题是中考和各类模拟考试的重要题型，学生受解析几何知识的局限和思维能力的束缚，该压轴点往往成为学生在中考中的一个坎，致使该压轴点成为学生在中考中失分的集中点。掌握该压轴题型的基本图形，构建问题解决的一般思路，是中考专题复习的一个重要途径。本专题就最值模型中的瓜豆原理（动点轨迹为圆弧型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。【模型解读】模型1、运动轨迹为圆弧模型11.如图，P是圆O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．Q点轨迹是？如图，连接AO，取AO中点M，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型12.如图，△APQ是直角三角形，∠PAQ=90°且AP=kAQ，当P在圆O运动时，Q点轨迹是？如图，连结AO，作AM⊥AO，AO:AM=k:1；任意时刻均有△APO∽△AQM，且相似比为k。则动点Q是以M为圆心，MQ为半径的圆。模型13.定义型：若动点到平面内某定点的距离始终为定值，则其轨迹是圆或圆弧。（常见于动态翻折中）如图，若P为动点，但AB=AC=AP，则B、C、P三点共圆，则动点P是以A圆心，AB半径的圆或圆弧。模型14.定边对定角（或直角）模型1）一条定边所对的角始终为直角，则直角顶点轨迹是以定边为直径的圆或圆弧．如图，若P为动点，AB为定值，∠APB=90°，则动点P是以AB为直径的圆或圆弧。2）一条定边所对的角始终为定角，则定角顶点轨迹是圆弧．如图，若P为动点，AB为定值，∠APB为定值，则动点P的轨迹为圆弧。【模型原理】动点的轨迹为定圆时，可利用：“一定点与圆上的动点距离最大值为定点到圆心的距离与半径之和，最小值为定点到圆心的距离与半径之差”的性质求解。例1.（2023.重庆九年级期末）如图，点P（3，4），圆P半径为2，A（2.8，0），B（5.6，0），点M是圆P上的动点，点C是MB的中点，则AC的最小值是_______．【答案】1.5【解析】由题意可知M点为主动点，C点为从动点，B点为定点．∵C是BM中点，可知C点轨迹为取BP中点F，以F为圆心，FC为半径作圆，即为点C轨迹，如图所示：由题中数据可知OP＝5，又∵点A、F分别是OB、BP的中点，∴AF是△BPO的中位线，∴AF＝2.5，当M运动到如图位置时，AC的值最小，此时A、C、O三点共线，∴AC＝2.5－1＝1.5.例2．（2023春·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图，四边形为正方形，P是以边为直径的上一动点，连接，以为边作等边三角形，连接，若，则线段的最大值为．【答案】/【分析】连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，通过证明，得出，从而得出点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；则当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，易证为等边三角形，求出，即可求出．【详解】解：连接、，将绕点B逆时针旋转得到，连接，∵绕点B逆时针旋转得到，∴，，∵为等边三角形，∴，，∴，即，在和中，，∴，∵，四边形为正方形，∴，则，∴，∴点Q在以点为圆心，为半径的圆上运动；∴当点O，，P三点在同一直线上时，取最大值，在中，根据勾股定理可得：，∵，，

∴为等边三角形，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查看瓜豆模型——圆生圆模型，解题的关键是确定从动点Q的运动轨迹，以及熟练掌握全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质．例3.（2023.浙江九年级期中）如图，正方形ABCD中，，O是BC边的中点，点E是正方形内一动点，OE=2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得DF，连接AE、CF．求线段OF长的最小值．【解析】E是主动点，F是从动点，D是定点，E点满足EO=2，故E点轨迹是以O为圆心，2为半径的圆．考虑DE⊥DF且DE=DF，故作DM⊥DO且DM=DO，F点轨迹是以点M为圆心，2为半径的圆．直接连接OM，与圆M交点即为F点，此时OF最小．可构造三垂直全等求线段长，再利用勾股定理求得OM，减去MF即可得到OF的最小值．答案为例4．（2020·凉山州·中考真题）如图，矩形ABCD中，AD=12，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为．【答案】【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．【详解】解：如图，连接则＞，为定值，当落在上时，最短，图1图2如图，连接，由勾股定理得：即的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．例5．（2022·湖北·武汉模拟预测）如图，在矩形ABCD中，动点E、F分别从C、D两点同时出发在边BC、CD上移动（其中一点到达终点时另一点也随之停止），其中点F的运动速度是E的两倍，连接AF和DE交于点P，由于点E、F的移动，使得点P也随之运动．若AD＝4，CD＝2，线段CP的最小值是____________．【答案】【分析】由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径以AD中点为圆心，AD的一半为半径的弧DG，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．【详解】如图：由于点P在运动中保持∠APD=90°，点P的路径是一段以AD中点为圆心，AD的一半为半径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，AD＝4，CD＝2，在Rt△QDC中，QC=∴CP=QCQP=故答案为：【点睛】本题考查了90°角所对的圆周角是直角，勾股定理，求一个点到圆心的距离，找到的轨迹是解题的关键．例6．（2022·安徽·三模）如图，点P是边长为6的等边内部一动点，连接BP，CP，AP，满足，D为AP的中点，过点P作，垂足为E，连接DE，则DE长的最小值为（

）A．2 B． C．3 D．【答案】D【分析】在中，，易得，故点P在的外接圆的弧BC上，当时，AP有最小值，则DE的最小值是．【详解】解：如图所示，∵PE⊥AC，∴是直角三角形，∵D为AP的中点，∴DE=AP，∴当AP最小时，DE最小．∵是等边三角形，∴∠1+∠PBC=60º，∵∠1=∠2，∴∠2+∠PBC=60º，∴∠BPC=180º(∠2+PBC)=120º，∴点P在的外接圆的上，找出的外心点O并作出其外接圆，点P的运动轨迹就是，∴当时，AP有最小值，延长AP与BC交于点F，此时∠PFC=90º，∠PBC=∠PCB=30º，FC=BC==3，∴PF=FC·tan∠PFC=3×=，AF===3，∴AP的最小值=AFPF=3=2，∴DE的最小值=AP=×2=．故选：D．【点睛】此题考查了等边三角形的性质、三角形外接圆的性质、解直角三角形、勾股定理等知识；解题的关键是正确作出辅助线灵活运用知识解题．课后专项训练1．（2021·内蒙古·中考真题）如图，已知正方形的边长为6，点F是正方形内一点，连接，且，点E是边上一动点，连接，则长度的最小值为________．【答案】3【分析】根据正方形的性质得到∠ADC＝90°，推出∠DFC＝90°，点F在以DC为直径的半圆上移动，，如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P，连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠CDF＝90°，∵，∴∠DCF＋∠CDF＝90°，∴∠DFC＝90°，∴点F在以DC为直径的半圆上移动，如图，设CD的中点为O，作正方形ABCD关于直线AD对称的正方形APGD，则点B的对应点是P，连接PO交AD于E，交半圆O于F，则线段FP的长即为BE＋FE的长度最小值，OF＝3，∵∠G＝90°，PG＝DG＝AB＝6，∴OG＝9，∴OP＝，∴FP＝3，∴BE＋FE的长度最小值为3，故答案为：3．【点睛】本题考查了轴对称−最短路线问题，正方形的性质，勾股定理以及圆的基本性质．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．2．（2022·湖北·武汉九年级阶段练习）如图，是的直径，，C为的三等分点（更靠近A点），点P是上一个动点，取弦的中点D，则线段的最大值为__________．【答案】+1【分析】如图，连接OD，OC，首先证明点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，利用勾股定理求出CK即可解决问题．【详解】解：如图，连接OD，OC，∵AD＝DP，∴OD⊥PA，∴∠ADO＝90°，∴点D的运动轨迹为以AO为直径的⊙K，连接CK，AC，当点D在CK的延长线上时，CD的值最大，∵C为的三等分点，∴∠AOC＝60°，∴△AOC是等边三角形，∴CK⊥OA，在Rt△OCK中，∵∠COA＝60°，OC＝2，OK＝1，∴CK=，∵DK＝OA＝1，∴CD＝+1，∴CD的最大值为+1，故答案为：+1．【点睛】本题考查圆周角定理、轨迹、勾股定理、点与圆的位置关系等知识，解题的关键是正确寻找点D的运动轨迹，学会构造辅助圆解决问题．3．（2022秋·浙江杭州·九年级校联考阶段练习）如图，在边长为1的正方形ABCD中，将射线AC绕点A按顺时针方向旋转α度（0α≤360°），得到射线AE，点M是点D关于射线AE的对称点，则线段CM长度的最小值为．【答案】﹣1【分析】根据点D和点M关于AE对称，即可得到AD与AM相等，确定点M的运动轨迹是以A为圆心AD为半径的圆上，通过圆外一点到圆的最短距离是A、M、C三点共线时，再算出AC长和AM相减，即可求出结果．【详解】解：如图所示，连接AM，∵四边形ABCD是正方形，且边长为1，∴AC==，∵点D与点M关于AE对称，∴AM=AD=1，∴点M在以A为圆心，AD长为半径的圆上，∴连接AC与圆A的交点即为CM最小时M的位置，∴CM的最小值=AC=AM=1．故答案为：1．【点睛】本题考查旋转的性质、圆的性质及点和圆的位置关系、轴对称性质、勾股定理，依据旋转的性质确定出点M运动的轨迹是解题的关键．4.（2022·浙江·九年级专题练习）如图，在平行四边形中，与交于点O，，，．点P从B点出发沿着方向运动，到达点O停止运动．连接，点B关于直线的对称点为Q．当点Q落在上时，则=，在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为．【答案】2【分析】①过点O作，垂足为H，根据题意可得，利用平行四边形的性质可得，然后在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，在中，用锐角三角函数的定义求出、的长，从而求出、的长，进行计算即可求出的长；②根据题意可得点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接OQ，根据轴对称的性质可得，，，从而可得，，进而求出，然后利用等腰三角形的性质以及三角形的外角性质可得，最后设，则，，再在中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】解：①过点O作，垂足为H，由题意得：，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，在中，，∴，，在中，，∴，，∴，∴，∴当点Q落在上时，则，②∵，∴点Q的轨迹为：以点A为圆心，长为半径的圆弧上，当点P运动到点O，则点Q在圆弧终点的位置，连接，过点Q作，垂足为G，连接，∵点B关于直线AP的对称点为Q，∴，，，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∴，在中，，∴，∴或（舍去），∴，∴在运动过程中，点Q到直线的距离的最大值为2．故答案为：；2【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称的性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．5．（2022·江苏无锡·校考二模）已知在矩形中，，，O为矩形的中心；在中，，，．将绕点A按顺时针方向旋转一周，则边上的高为．连接，取中点M，连接，写出的取值范围．

【答案】【分析】利用面积即可求解；延长至，使，连接，，作于，求出，，的长度，利用点在以为圆心，为半径的圆上运动，表示出的最大值和最小值，根据表示出的取值范围即可．【详解】设边上的高为h，∵在中，，，，∴，∵，∴；如图，延长至，使，连接，，作于，

，，即，，在中，由勾股定理得，，点在以为圆心，为半径的圆上运动，的最大值，的最小值，是的中点，，，故答案为：，．【点睛】本题考查旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，掌握旋转的性质，通过添加辅助线构造相似三角形是解题关键．6．（2023·安徽黄山·校考一模）如图，在矩形中，，，是边上一点，将沿直线折叠得到，作直线交线段于点．当有最小值时，的长是．

【答案】【分析】根据点的位置变化范围，推出点的运动范围，得到当时，最大，即最小，根据全等三角形的判定和性质，得，，根据点、重合，求出的长度，从而得到的长度．【详解】如图所示，以点为圆心，为半径画圆弧，交、两点，∵沿直线折叠得到，∴当在上运动时，点在圆弧上运动，∵当与圆弧相切时，∴，最长，∵，，∴当与圆弧相切时，点、重合，∵四边形是矩形，∴，，∴，在与中，，∴∴，∴，∴．故答案为：．

【点睛】本题考查矩形，折叠的知识，圆的切线的性质，解题的关键是掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．7．（2023·福建福州·学校考模拟预测）如图，已知正方形的边长为3，动点P满足，将点P绕点D按逆时针方向旋转90°，得到点Q，连接，则的最大值是．

【答案】5【分析】连接，根据正方形的性质可得根据旋转的性质可得从而可得然后可证从而利用全等三角形的性质可得进而可知点Q的运动轨迹是以点A为圆心，半径为2的圆，最后可得当点Q在的延长线时，的值最大，进行解答即可.【详解】

连接，∵四边形是正方形，

由旋转得：

即∴点Q的运动轨迹是以点A为圆心，半径为2的圆，∴当点Q在的延长线时，的值最大，如图所示：∴的最大值=故答案为：5【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，点与圆的位置关系，旋转的性质，熟练掌握手拉手模型旋转型全等是解题的关键.8．（2023·江苏无锡·统考二模）如图，正方形的边长为6，正方形的边长为，将正方形绕点C旋转，和相交于点K，则的最大值是．连结，当点C正好是的内心时，的长是．

【答案】/【分析】连接，，和，，交于点O，，交于点M，作于Q，作于R，证明，从而确定点K在以为直径的圆上运动；根据内心特征，确定内心点C到的距离，进一步得出结果．【详解】解：如图，

连接，，和，，交于点O，，交于点M，作于Q，作于R，∵四边形和四边形是正方形，∴，，，，，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴点K在以为直径的圆O上运动，

∴当为圆O直径时，最大，此时点K于点C重合，∴，当点C为的内心时，

，，分别平分，和，∴，∵，∴，，∴，∴点B、C、F共线，∴，∴，∵，

∴，∴，∴，故答案为：；．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，解直角三角形等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关综合知识，添加合适的辅助线．9．（2023·江苏扬州·校联考二模）如图，，线段的两个端点分别在射线、上滑动，且，以为直角边在点的异侧作，且，，问滑动过程中的最大值为．【答案】【分析】先由题意判断：过点A、O、B三点的圆E的半径大小不变，如图1，连接，则当O、C、E三点共线时，最大，作辅助线如图2，根据圆周角定理、等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求出圆的半径和即可．【详解】解：由于，，所以过点A、O、B三点的圆E的半径大小不变，故本题也可看作是固定不动，当定角在圆上运动时，求的最大值，如图1，连接，则当O、C、E三点共线时，最大，如图2，连接，作于点F，∵，∴，∴，∴，在直角三角形中，∵，，∴，∴，∴，过点B作于点G，则，∴，∴，∴，即的最大值为．故答案为：．【点睛】本题是圆的最值问题，主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质以及解直角三角形的知识等内容，弄清题意、作出辅助圆是解题的关键．10．（2023春·河北唐山·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为．【答案】【分析】如图，由EG＝2，确定在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，再证明（SAS），可得可得当三点共线时，最短，则最短，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：如图，由EG＝2，可得在以G为圆心，半径为2的圆上运动，连接AE，∵正方形ABCD，∴∴∵DE=DF，∴（SAS），∴∴当三点共线时，最短，则最短，∵位BC中点，∴此时此时所以CF的最小值为：故答案为：【点睛】本题考查的是正方形的性质，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，熟练的利用圆的基本性质求解线段的最小值是解本题的关键．11．（2022秋·江苏·九年级统考期中）如图，正方形中，，是的中点．以点为圆心，长为半径画圆，点是上一动点，点是边上一动点，连接，若点是的中点，连接、，则的最小值为．【答案】/【分析】取点B关于直线的对称点M，连接、两线交于点O，连接，由勾股定理求得，根据即可求得的最小值．【详解】解∶取点B关于直线的对称点M，连接、两线交于点O，连接，，，过O作于点N，∵点Q是的中点，∴，∴点Q在以O为圆心，l为半径的上运动，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴当M、F、Q、O四点共线时，的值最小，∴的最小值为．故答案为∶．【点睛】本题考查圆的有关性质的应用，正方形的性质，两点之间线段最短公理的应用，勾股定理，解题的关键是正确确定点Q的运动轨迹．12．（2023·江苏无锡·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，已知，射线满足，点为射线上的一个动点，过作轴于，过作射线交延长线于点，连接并延长交于点，过作射线交轴于点．

（1）若，则C坐标为；（2）的最大值为．【答案】【分析】（1）根据正切定义，和题干提到的，，即可推出，轴，，根据正切定义即可推出，即求出点C的坐标．（2）根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，当与相切于第一象限时，取得最大值，此时取得最大值，根据，可得，解直角三角形即可求解．【详解】（1）解：如图所示于点M轴，，故答案为：

（2）∵，∴在以为直径的弧上运动，∵∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，∴当与相切于第一象限时，取得最大值，此时取得最大值如图所示，连接，则∵∴∴∴，∴故答案为：．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形，切线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．13．（2022·广东江门·校考一模）中，，，点为的对称轴上一动点，过点作与相切，与相交于点，那么的最大值为．【答案】/【分析】设的对称轴交于F，连接，根据圆周角定理及题意得出点E在以为直径的圆上，由勾股定理得出，结合图形即可得出最大值．【详解】解：设的对称轴交于F，连接，∵，∴的对称轴，∴切于F，∵是的直径，∴，∴，∴点E在以为直径的圆上，∵，，∴，，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】题目主要考查圆周角定理及等腰三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应辅助线是解题关键．14．（2022秋·山东淄博·九年级淄博市博山区第六中学校考期末）已知的直径为4cm，点是上的动点，点是的中点，延长线交于点，则的最大值为cm．【答案】【分析】以为直径作⊙K，当直线切于D时，的值最大．【详解】解：如图，以为直径作，当直线切于D时，的值最大．∵是的切线，∴，∴，∵是直径，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查动点问题，圆周角定理，平行线的性质，切线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．15．（2021·广东梅州·统考一模）如图，已知，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若且，连接AB，BC，则线段BC的最小值为．【答案】【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到，从而证明△AMB∽△AOP，得到，则，则点B在以M为圆心，以为半径的圆上，当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，据此求解即可．【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，∵，∴，又∵∠APB=60°，∴△APD是等边三角形，∵B为PD的中点，∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，∴∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，∴，同理可得，∵∠OAM=30°=∠PAB，∴∠BAM=∠PAO，又∵，∴△AMB∽△AOP，∴，∵点P到点O的距离为2，即OP=2，∴，∴点B在以M为圆心，以为半径的圆上，连接CM交圆M（半径为）于，∴当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，∵AC=2AO=8，∴AO=4，∴，∴，，∴，∴，∴，∴BC的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即证明点B在以M为圆心，半径为的圆上运动．16．（2023·重庆·统考中考真题）在中，，，点为线段上一动点，连接．

(1)如图1，若，，求线段的长．(2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点．若，求证：．(3)在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到．连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解，求得，根据即可求解；（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．【详解】（1）解：在中，，，∴，∵，∴；（2）证明：如图所示，延长使得，连接，

∵是的中点则，，，∴，∴，∴，∴∵是等边三角形，∴，∵，∴四点共圆，∴，，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，

在取得最小值的条件下，即，设，则，，∴，，∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．∴∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，∴在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，∵是的中点，∴，∴是等边三角形，则，∴，∵，，∴，∴，，∵，∴，如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，

∴，是的中点，∴即是的中位线，同理可得是的中位线，∴，∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，∴∴则在中，∴．

【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．17．（2023春·江苏宿迁·九年级校考开学考试）【问题呈现】如图1，∠AOB=90°，OA=4，OB=5，点P在半径为2的⊙O上，求的最小值．【问题解决】小明是这样做的：如图2，在OA上取一点C使得OC=1，这样可得，又因为∠COP=∠POA，所以可得△COP∽△POA，所以，得所以．又因为，所以最小值为．【思路点拨】小明通过构造相似形（图3），将转化成CP，再利用“两点之间线段”最短”求出CP+BP的最小值．【尝试应用】如图4，∠AOB=60°，OA=10，OB=9，点P是半径为6的⊙O上一动点，求的最小值．【能力提升】如图5，∠ABC=120°，BA=BC=8，点D为平面内一点且BD=3CD，连接A